Question

9．已知橢圓：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個頂點為A（2，0），且焦距為2，直線l交橢圓于E、F兩點（E、F與A點不重合），且滿足AE⊥AF．
（Ⅰ）求橢圓的標準方程；
（Ⅱ）O為坐標原點，若點P滿足2$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OE}$+$\overrightarrow{OF}$，求直線AP的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得a=2，c=1，由a，b，c的關系可得b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設直線AE的方程為y=k（x-2），代入橢圓方程，運用韋達定理，可得E的坐標，由兩直線垂直可得F的坐標，再由直線的斜率公式，結合基本不等式即可得到斜率的最值，進而得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得a=2，2c=2，即c=1，
b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
則橢圓的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）設直線AE的方程為y=k（x-2），
代入橢圓方程，可得（3+4k²）x²-16k²x+16k²-12=0，
由2+x_E=$\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，可得x_E=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，
y_E=k（x_E-2）=$\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}$，
由于AE⊥AF，只要將上式的k換為-$\frac{1}{k}$，
可得x_F=$\frac{8-6{k}^{2}}{4+3{k}^{2}}$，y_F=$\frac{12k}{4+3{k}^{2}}$，
由2$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OE}$+$\overrightarrow{OF}$，可得P為EF的中點，
即有P（$\frac{14{k}^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$，$\frac{6k（{k}^{2}-1）}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$），
則直線AP的斜率為t=$\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}-2}$=$\frac{k（1-{k}^{2}）}{4{k}^{4}+4+6{k}^{2}}$，
當k=0時，t=0；
當k≠0時，t=$\frac{\frac{1}{k}-k}{4（{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）+6}$，
再令s=$\frac{1}{k}$-k，可得t=$\frac{s}{4{s}^{2}+14}$，
當s=0時，t=0；當s＞0時，t=$\frac{1}{4s+\frac{14}{s}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{56}}$=$\frac{\sqrt{14}}{56}$，
當且僅當4s=$\frac{14}{s}$時，取得最大值；
當s＜0時，t=$\frac{1}{-（-4s+\frac{14}{-s}）}$≥-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，
綜上可得直線AP的斜率的取值范圍是[-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，$\frac{\sqrt{14}}{56}$]．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，考查直線的斜率的取值范圍的求法，注意運用基本不等式，考查運算能力，屬于中檔題．